总复习习题：第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 课时提升作业 七十二 10.9 Word版含答案

2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.4 随机事件的概率课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.4 随机事件的概率课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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10．4 随机事件的概率［基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2017·湖南十三校二模)同学聚会上，某同学从《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》四首歌中选出两首歌进行表演，则《爱你一万年》未被选取的概率为( ）A。

错误! B.错误! C。

错误! D.错误!答案B解析分别记《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》为A1,A2，A3，A4，从这四首歌中选出两首歌进行表演的所有可能结果为A1A2，A1A3，A1A4，A2A3，A 2A4，A3A4,共6个，其中A1未被选取的结果有3个，所以所求概率P＝错误!＝错误!。

故选B.2．(2018·广东中山模拟)从1，2，3，4,5这5个数中任取两个,其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数;②至少有一个是奇数和两个都是奇数;③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数,上述事件中，是对立事件的是（）A．① B．②④ C．③ D．①③答案C解析从1,2,3,4,5这5个数中任取两个，有三种情况：一奇一偶,两个奇数，两个偶数．其中至少有一个是奇数包含一奇一偶,两个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件，而①②④中的事件可能同时发生，不是对立事件,故选C。

高考数学总复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布课时作业68理（含解析）新人教A 版课时作业68 几何概型1．在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中任取一点M ，则满足∠AMB >90°的概率为( A ) A.π24 B.π12 C.π8 D.π62．(2019·河南安阳模拟)在区间[－1,1]上任选两个数x 和y ，则x 2＋y 2≥1的概率为( A )解析：在区间[－1,1]上任选两个数x和y ，则⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，－1≤y ≤1，如图，该不等式组表示的平面区域是边长为2的正方形区域，x 2＋y 2≥1(－1≤x ≤1，－1≤y ≤1)表示的平面区域是图中阴影区域，∴由几何概型概率计算公式得x 2＋y 2≥1的概率P ＝正方形面积－圆面积正方形面积＝22－π×1222＝1－π4.故选A.3．设复数z ＝(x －1)＋y i(x ，y ∈R )，若|z |≤1，则y ≥x 的概率为( B )A.34＋12πB.14－12πC.12－1πD.12＋1π解析：∵|z|≤1，∴(x－1)2＋y2≤1，表示以M(1,0)为圆心，1为半径的圆及其内部，该圆的面积为π.易知直线y＝x与圆(x－1)2＋y2＝1相交于O(0,0)，A(1,1)两点，作图如下：∵∠OMA＝90°，∴S阴影＝π4－12×1×1＝π4－12.故所求的概率P＝S阴影S⊙M＝π4－12π＝14－12π.4．设O为坐标原点，点P(x－2，x－y)，在[0,3]上先后取两个数分别记为x，y，则点P在第一象限的概率为( A )A.518B.29C.49D.13解析：设事件A为“点P在第一象限”，⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤3，0≤y≤3所表示的区域面积为3×3＝9.由题意可得事件A满足⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤3，0≤y≤3，x－2>0，x－y>0，即如图所示的阴影部分，其区域面积为1×3－12×1×1＝52，∴P(A)＝529＝518.5．(2019·武昌质检)如图，矩形ABCD的四个顶点的坐标分别为A(0，－1)，B(π，－1)，C(π，1)，D(0,1)，正弦曲线f(x)＝sin x和余弦曲线g(x)＝cos x在矩形ABCD内交于点F，向矩形ABCD区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是( B )A.1＋2πB.1＋22πC.1πD.12π6．在区间[0,1]上任取两个数，则这两个数之和小于65的概率是( C ) A.1225B.1625C.1725D.1825解析：设这两个数分别是x，y，则总的基本事件构成的区域是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤1，0≤y≤1确定的平面区域，所求事件包含的基本事件构成的区域是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤1，0≤y≤1，x＋y<65确定的平面区域，如图所示(阴影部分)，阴影部分的面积是1－12×⎝⎛⎭⎪⎫452＝1725，所以这两个数之和小于65的概率是1725.7．在区间[0,1]上随机取两个数x，y，记p1为事件“x＋y≥12”的概率，p2为事件“|x －y|≤12”的概率，p3为事件“xy≤12”的概率，则( B )A．p1<p2<p3B．p2<p3<p1C．p3<p1<p2D．p3<p2<p18．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( A )9．如图，在半径为a 的圆内有一片湖水，向圆内随机投入n 个点，则有m 个点落入湖水中(n >m )，据此估计湖水的面积为m nπa 2.10．(2019·湖北七市(州)协作体联考)平面区域A 1＝{(x ，y )|x 2＋y 2<4，x ，y ∈R }，A 2＝{(x ，y )||x |＋|y |≤3，x ，y ∈R }．在A 2内随机取一点，则该点不在A 1内的概率为1－2π9.解析：分别画出区域A 1，A 2，如图中圆内部和正方形及其内部所示，根据几何概型可知，所求概率为18－4π18＝1－2π9.11．(2019·厦门模拟)如图，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为2e2.解析：因为y ＝e x与y ＝ln x 互为反函数，故直线y ＝x 两侧的阴影部分面积相等，所以S 阴影＝2·⎠⎛01(e －e x )dx ＝2(e x －e x )|10＝2，又S 正方形＝e 2，故P ＝S 阴影S 正方形＝2e2.12．(2019·河南信阳检测)若m ∈(0,3)，则直线(m ＋2)x ＋(3－m )y －3＝0与x 轴、y 轴围成的三角形的面积小于98的概率为23.13．某个四面体的三视图如图所示，若在该四面体的外接球内任取一点，则点落在四面体内的概率为( C )14．(2019·湖北黄冈、黄石等八市联考)若张三每天的工作时间在6小时至9小时之间随机均匀分布，则张三连续两天平均工作时间不少于7小时的概率是( D )A.29B.13C.23D.79解析：设第一天工作的时间为x 小时，第二天工作的时间为y 小时，则⎩⎪⎨⎪⎧6≤x ≤9，6≤y ≤9，因为连续两天平均工作时间不少于7小时，所以x ＋y2≥7，即x ＋y ≥14，⎩⎪⎨⎪⎧6≤x ≤9，6≤y ≤9表示的区域面积为9，其中满足x ＋y ≥14的区域面积为9－12×2×2＝7，∴张三连续两天平均工作时间不少于7小时的概率是79，故选D.。

作业本理2018届高三数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理夯基提能作业本理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018届高三数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理夯基提能作业本理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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作业本理第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理A组基础题组1。

某电话局的电话号码为139××××××××,若前六位固定,后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为（)A.20 B。

25 C.32 D.602。

从集合{1,2，3,4,…,10｝中，选出5个元素组成子集，使得这5个元素中任意两个元素的和都不等于11，则这样的子集有( ）A.32个B。

34个C。

36个D。

38个3.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为（）A。

40 B。

16 C。

13 D。

104。

已知集合M=｛1,—2,3｝，N={—4，5,6,—7｝，从两个集合中各选一个数作为点的坐标,则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数为（)A。

18 B。

10 C。

16 D。

145。

设集合A=｛-1,0，1｝,集合B={0,1,2,3｝，定义A*B=｛（x,y)|x∈A∩B,y∈A∪B｝,则A*B 中元素的个数是( ）A。

2019届高考数学一轮复习第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布第2节排列与组合训练理新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考数学一轮复习第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布第2节排列与组合训练理新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第2节排列与组合【选题明细表】知识点、方法题号排列1,5，12组合2，7排列与组合的综合应用3,4,6,8,9,10，11，13，14基础巩固（时间：30分钟)1。

(2017·濮阳市一模）某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告，现在要在该时间段只保留其中的2个商业广告,新增播一个商业广告与两个不同的公益宣传广告,且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放,则不同的播放顺序共有( B ）（A)60种（B)120种（C）144种 (D)300种解析:要在该时间段只保留其中的2个商业广告，有=20种方法，增播一个商业广告,利用插空法有3种方法,再在2个空中,插入两个不同的公益宣传广告，共有2种方法,根据分步乘法计数原理,共有20×3×2=120种方法.故选B。

2.(2017·太原市一模）现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各三张，从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张,不同的取法种数为（ C )(A）135 (B)172 （C)189 （D)162解析：由题意，不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张,有4种取法,两张红色卡片,共有种取法，故所求的取法共有—4-=189种.故选C。

2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8 n次独立重复试验与二项分布课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8 n次独立重复试验与二项分布课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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10。

8 n次独立重复试验与二项分布[重点保分两级优选练］A级一、选择题1．(2018·广西柳州模拟）把一枚硬币任意抛掷三次,事件A＝“至少有一次出现反面”,事件B＝“恰有一次出现正面”，则P(B|A)＝（）A。

错误! B。

错误! C。

错误! D.错误!答案A解析依题意得P(A）＝1－错误!＝错误!，P(AB）＝错误!＝错误!，因此P （B|A)＝错误!＝错误!，故选A。

2．（2018·厦门模拟）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制,无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为错误!，则甲以3∶1的比分获胜的概率为（）A。

错误! B.错误! C.错误! D。

错误!答案A解析第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次,所以所求的概率为P＝C错误!错误!2×错误!×错误!＝错误!.故选A。

3．(2017·山西一模)甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜"制,甲在每局比赛中获胜的概率均为错误!，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下,比赛进行了三局的概率为（)A.错误! B。

1．甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）A ．14B ．13C ．12D ．232．在(4x 的展开式中，3x 的系数为（ ）A ．6B ．6-C ．12D ．12-3．随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值2.1x =，样本方差20.01s =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布()2N x s ，则（ ）（若随机变量Z 服从正态分布()2,N m s ，()0.8413P Z m s <+»）A ．(2)0.2P X >>B ．(2)0.5P X ><C ．(2)0.5P Y >>D ．(2)0.8P Y ><4．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为.5．1013x æö+ç÷èø的展开式中，各项系数中的最大值为 ．6．有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记m 为前两次取出的球上数字的平均值，n 为取出的三个球上数字的平均值，则m 与n 之差的绝对值不大于12的概率为 ．7．在63333x xæö+ç÷èø的展开式中，常数项为 ．8．,,,,A B C D E 五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A 的概率为 ；已知乙选了A 活动，他再选择B 活动的概率为 ．9．某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p ，乙每次投中的概率为q ，各次投中与否相互独立．(1)若0.4p =，0.5q =，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．(2)假设0p q <<，（i ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？（ii ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？10．某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数01234单数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.（i ）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望()E X ；（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i ）中()E X 估计值的大小．（结论不要求证明）参考答案：1．B【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.【详解】解法一：画出树状图，如图，由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，故所求概率81=243P =.解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意；基本事件总数显然是44A 24=，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为81243=.故选：B 2．A【分析】写出二项展开式，令432r-=，解出r 然后回代入二项展开式系数即可得解.【详解】(4x 的二项展开式为(()()442144C C 1,0,1,2,3,4r rrr rr r T x xr --+==-=，令432r-=，解得2r =，故所求即为()224C 16-=.故选：A.3．BC【分析】根据正态分布的3s 原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，22.1,0.01x s ==，所以()2.1,0.1Y N :，故()()()2 2.10.1 2.10.10.84130.5P Y P Y P Y >=>-=<+»>，C 正确，D 错误；因为()1.8,0.1X N :，所以()()2 1.820.1P X P X >=>+´，因为()1.80.10.8413P X <+»，所以()1.80.110.84130.15870.2P X >+»-=<，而()()()2 1.820.1 1.80.10.2P X P X P X >=>+´<>+<，B 正确，A 错误，故选：BC ．4．12##0.5【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234,,,X X X X ，四轮的总得分为X .对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率()631448k P X ===´，所以()()31,2,3,48k E X k ==.从而()()()441234113382k k k E X E X X X X E X ===+++===åå.记()()0,1,2,3k p P X k k ===.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以04411A 24p ==；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以34411A 24p ==.而X 的所有可能取值是0，1，2，3，故01231p p p p +++=，()1233232p p p E X ++==.所以121112p p ++=，1213282p p ++=，两式相减即得211242p +=，故2312p p +=.所以甲的总得分不小于2的概率为2312p p +=.故答案为：12.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.5．5【分析】先设展开式中第1r +项系数最大，则根据通项公式有1091101010111101011C C 3311C C 33r rr r r rr r --+---ìæöæö³ïç÷ç÷ïèøèøíæöæöï³ç÷ç÷ïèøèøî，进而求出r 即可求解.【详解】由题展开式通项公式为101101C 3rr r r T x -+æö=ç÷èø，010r ££且r ÎZ ，设展开式中第1r +项系数最大，则1091101010111101011C C 3311C C 33rrr r r rr r --+---ìæöæö³ïç÷ç÷ïèøèøíæöæöï³ç÷ç÷ïèøèøî，294334r r ì³ïïÞíï£ïî，即293344r ££，又r ÎZ ，故8r =，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为28101C 53æö=ç÷èø.故答案为：5.6．715【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为,a b ，第三个球的号码为c ，则323a b c a b +-££++，就c 的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有36A 120=种，设前两个球的号码为,a b ，第三个球的号码为c ，则1322a b c a b +++-£，故2()3c a b -+£，故32()3c a b -£-+£，故323a b c a b +-££++，若1c =，则5a b +£，则(),a b 为：()()2,3,3,2，故有2种，若2c =，则17a b £+£，则(),a b 为：()()()()()1,3,1,4,1,5,1,6,3,4，()()()()()3,1,4,1,5,1,6,1,4,3，故有10种，当3c =，则39a b £+£，则(),a b 为：()()()()()()()()1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5，()()()()()()()()2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4，故有16种，当4c =，则511a b £+£，同理有16种，当5c =，则713a b £+£，同理有10种，当6c =，则915a b £+£，同理有2种，共m 与n 的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为()22101656++=，故所求概率为56712015=.故答案为：7157．20【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.【详解】因为63333x xæö+ç÷èø的展开式的通项为()63636216633C 3C ,0,1,,63rrr r r r r x T xr x ---+æöæö===×××ç÷ç÷èøèø，令()630r -=，可得3r =，所以常数项为0363C 20=.故答案为：20.8．3512【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到A 的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选了A 活动，他再选择B 活动的概率.【详解】解法一：列举法从五个活动中选三个的情况有：,,,,,,,,,ABC ABD ABE ACD ACE ADE BCD BCE BDE CDE ,共10种情况，其中甲选到A 有6种可能性：,,,,,ABC ABD ABE ACD ACE ADE ，则甲选到A 得概率为：63105P ==；乙选A 活动有6种可能性：,,,,,ABC ABD ABE ACD ACE ADE ，其中再选则B 有3种可能性：,,ABC ABD ABE ，故乙选了A 活动，他再选择B 活动的概率为31=62.解法二：设甲、乙选到A 为事件M ，乙选到B 为事件N ，则甲选到A 的概率为()2435C 3C 5P M ==； 乙选了A 活动，他再选择B 活动的概率为()()()133524351C 2C C P MN C P N M P M ===故答案为：35；129．(1)0.686(2)（i ）由甲参加第一阶段比赛；（i ）由甲参加第一阶段比赛；【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；（2）（i ）首先各自计算出331(1)P p q éù=--ëû甲，331(1)Pq p éù=--×ëû乙，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到X 和Y 的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，\比赛成绩不少于5分的概率()()3310.610.50.686P =--=.（2）（i ）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为331(1)P p q éù=--ëû甲，若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为331(1)P q p éù=--×ëû乙，0p q <<Q ，3333()()P P q q pq p p pq \-=---+-甲乙()2222()()()()()()q p q pq p p q p pq q pq p pq q pq éù=-+++-×-+-+--ëû()2222()333p q p q p q pq =---3()()3()[(1)(1)1]0pq p q pq p q pq p q p q =---=---->，P P \>甲乙，应该由甲参加第一阶段比赛.(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X 的所有可能取值为0，5，10，15，333(0)(1)1(1)(1)P X p p q éù==-+--×-ëû，()()()3213511C 1P X p q q éù==--×-ëû，3223(10)1(1)C (1)P X p q q éù==--×-ëû，33(15)1(1)P X p q éù==--×ëû，()332()151(1)1533E X p q p p p qéù\=--=-+×ëû记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y 的所有可能取值为0，5，10，15，同理()32()1533E Y q q q p=-+×()()15[()()3()]E X E Y pq p q p q pq p q \-=+---15()(3)p q pq p q =-+-，因为0p q <<，则0p q -<，31130p q +-<+-<，则()(3)0p q pq p q -+->，\应该由甲参加第一阶段比赛.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.10．(1)110(2)(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i ）中()E X 估计值【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设x 为赔付金额，则x 可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求x 的分布列及数学期望，从而可求()E X .（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求()E Y ，从而即可比较大小得解.【详解】（1）设A 为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得()603010180010060301010P A ++==++++.（2）（ⅰ）设x 为赔付金额，则x 可取0,0.8,1.6,2.4,3，由题设中的统计数据可得()()800410010,0.810005100010P P x x ======，603( 1.6)100050P x ===，303( 2.4)1000100P x ===，101(3)1000100P x ===，故()4133100.8 1.6 2.430.27851050100100E x =´+´+´+´+´=故()0.40.2780.122E X =-=（万元）.（ⅱ）由题设保费的变化为410.496%0.4 1.20.403255´´+´´=，故()0.1220.40320.40.1252E Y =+-=（万元），从而()()E X E Y <.。

第1讲 两个计数原理、排列、组合A 组基础巩固一、单选题1．(2024·湖南部分重点中学联考)在如图所示的表格中填写1,2,3三个数字，要求每一行、每一列均有这3个数字，则不同的填法种数为( C )A ．6C ．12D ．18 [解析] 第一行填数有A 33＝6种填法，其次行填数有2种填法，第三行填数只有1种填法，故总的填数方法有6×2×1＝12种．2．(2023·高考新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参与体育运动的状况，用比例安排的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和中学部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和中学部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( D )A ．C 45400·C 15200种B ．C 20400·C 40200种 C ．C 30400·C 30200种 D ．C 40400·C 20200种 [解析] 依据分层抽样的定义知初中部共抽取60×400600＝40人，中学部共抽取60×200600＝20，依据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有C 40400·C 20200种．故选D.3．(2024·黑龙江龙西北中学名校联盟联考)将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为( B )A ．90B ．135C ．270D ．360[解析] 在6个盒子中任选2个，放入与其编号相同的小球，有C 26＝15种，剩下的4个盒子的编号与放入的小球编号不同，假设这4个盒子的编号为3,4,5,6，则3号小球可以放进4,5,6号盒子，有3种选法，剩下的3个小球放进剩下的3个盒子，有3种选法，所以不同的放法种数为15×3×3＝135种选法．故选B.4．(2023·黑龙江哈尔滨质检)小张接到5项工作，要在下周一、周二、周三、周四这4天中完成，每天至少完成1项，且周一只能完成其中1项工作，则不同的支配方式有( A )A ．180种B ．480种C ．90种D ．120种[解析] 由题意可知不同的支配方式有C 15C 24A 33＝180种．故选A.5．(2023·江西省萍乡市模拟)如图，给7条线段的5个端点染色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的染色方法种数有( C )A.24种B．48种C．96种D．120种[解析]由表端点 A B E C D与A同色1 2涂法432与A不同色1 26．(2024·江苏扬州模拟)重庆八中五四颁奖典礼上有A，B，C，D，E，F共6个节日，在排演出依次时，要求A，B相邻，C，D不相邻，则该典礼节目演出依次的不同排法种数为( B )A．288种B．144种C．72种D．36种[解析]A，B相邻，捆绑作为一个节目与E、F进行全排列，然后把C、D插入其中的四个空档中，排法总数为A22A33A24＝144.故选B.7．(2024·江苏南京六校联考)从2位男生，3位女生中支配3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同支配方法有( C ) A．16种B．36种C．54种D．96种[解析]当选择一个男生，二个女生时，不同的支配方法有C12·C23·A33＝36；当选择二个男生，一个女生时，不同的支配方法有C22·C13·A33＝18，所以不同支配方法有36＋18＝54种，故选C.8．(2024·湖南名校联盟、河南焦作、陕西商洛阶段测试)位于成都市龙泉驿区的东安湖体育公园是第31届世界高校生夏季运动会的核心场馆，它包含一座综合运动场、一座多功能体育馆、一座游泳跳水馆和一座综合小球馆．现支配包含甲、乙在内的6名同学到这4个场馆做志愿者，每人去1个场馆，每个场馆至少支配1个人，则甲、乙两人支配在相同场馆的方法种数为( C )A ．96B ．144C ．240D ．360[解析] 先将6名同学分成4组：一种方式是甲、乙组成一组，再从另外4人任选2人组成一组，其余的一人一组，另一种方式是甲、乙与另外4人中的1人组成一组，其余的一人一组．再把4组人分到4个场馆，所以支配方法种数为(C 24＋C 14)A 44＝240.故选C.9．(2024·河南洛阳创新发展联盟阶段测试)中国救援力气在国际自然灾难中为挽救生命做出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友情．现有6支救援队前往A ，B ，C 三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少支配1支救援队，其中A 受灾点至少须要2支救援队，则不同的支配方法种数是( D )A ．180B ．320C ．345D ．360[解析] 若6支救援队按1,1,4分成3组，则不同的支配方法种数是C 16C 15A 22·A 22＝30，若6支救援队按1,2,3分成3组，则不同的支配方法种数是C 16C 25C 12A 22＝240，若6支救援队按2,2,2分成3组，则不同的支配方法种数是C 26C 24A 33·A 33＝90，故不同的支配方法种数是360. 二、多选题10．(2024·河北石家庄摸底)甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是( BD )A ．若甲、乙、丙按从左到右的依次排列，则不同的排法有12种B ．若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种C ．若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种D ．假如甲、乙必需相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种[解析] 由A 55A 33＝20(种)知A 错；由A 33A 24＝72(种)知B 正确；若甲在最右端有A 44＝24(种)排法，若甲不在最右端有C 13C 13A 33＝54种排法，54＋24＝78(种)知C 错；由A 44＝24(种)知D 正确．故选BD.11．(2023·辽宁模拟)某中学为提升学生劳动意识和社会实践实力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必需参与并不占名额，每个班都必需有人参与，则下列说法正确的是( BD )A ．若1班不再安排名额，则共有C 420种安排方法B ．若1班有除劳动模范之外学生参与，则共有C 519种安排方法C ．若每个班至少3人参与，则共有90种安排方法D ．若每个班至少3人参与，则共有126种安排方法[解析] 对于A ，若1班不再安排名额，则20个名额安排到5个班级，每个班级至少1个，依据插空法，有C 419种安排方法，故A 错误；对于B ，若1班有除劳动模范之外学生参与，则20个名额安排到6个班级，每个班级至少1个，依据插空法，有C 519种安排方法，故B 正确；对于C 、D ，若每个班至少3人参与，相当于16个名额被占用，还有4个名额须要分到6个班级，分5类：①4个名额到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有A 26＝30种；③两个班都是2个名额，有C 26＝15种；④两个班1个名额，一个班2个名额，有C 16C 25＝60；⑤四个班都是1个名额，有C 46＝15种，则共有126种，故C 错误，D 正确．故选BD.12．(2024·云南曲靖一中月考)下列说法正确的是( BC )A ．11×12×…×20可表示为A 1120B ．5个挚友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手10次C ．若把英语单词“happy”的字母依次写错，则可能出现的错误共有59种D ．4名老师派到两个学校支教，每个学校至少派1人，则共有8种不同的分派方法[解析] A 1120＝10×11×12×13×…×20，故A 错误；5人两两握手，共握C 25＝10(次)，故B 正确；在5个位置中选3个位置填入h ，a ，y ，剩下2个位置填入p ，共有A 35＝60(种)，其中正确的只有1种，则可能出现的错误共有60－1＝59(种)，故C 正确；将4人按3,1分派，共C 14C 33A 22＝8种；将4人按2,2分派，共有C 24C 22A 22·A 22＝6种．故每个学校至少派1人，共有14种分派方法，故D 错误．故选BC.三、填空题13．(2024·江苏常州教化学会期中)将5本不同的书分发给4位同学，其中甲、乙两本书不能同时发给某一位同学，每位同学都发到书，每本书只能给一位同学，则不同的安排方案数为 216 (用数字作答)[解析] 5本书送4人共有C 25A 44＝240，甲，乙送一人有A 44＝24个结果，240－24＝216.14．(2024·浙江名校新高考探讨联盟联考)杭州亚运会举办在即，主办方起先对志愿者进行安排．已知射箭场馆共须要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 140 种．(用数字作答)．[解析] 若从只会韩语中选3人，则C 34(C 35＋C 25C 11)＝4×20＝80种，若从只会韩语中选2人，则C 24C 11C 35＝6×10＝60种，故不同的选人方案共有60＋80＝140种．15．(2024·湖南衡阳名校月考)在数学中，有一个被称为自然常数(又叫欧拉数)的常数e ≈2.718 28.小明在设置银行卡的数字密码时，准备将自然常数的前6位数字2,7,1,8,2,8进行某种排列得到密码．假如排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有 36 个．[解析] 假如排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，两个2捆绑看作一个元素与7,1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2个空位中，留意到两个2，两个8均为相同元素，那么小明可以设置的不同密码共有A 33·C 24＝36.B 组实力提升 1．(2023·贵州遵义新高考协作体质检)现有甲、乙、丙、丁四位同学要与两位老师站成一排合影留念，则甲同学不站两端且两位老师必需相邻的站法有( B )A ．72种B ．144种C ．288种D ．576种 [解析] 老师排两端有C 12A 22C 13A 33＝72种排法，老师不排两端有A 23A 33A 22＝72种排法．故共有72＋72＝144种排法．选B.2．(多选题)(2024·广东佛山S71联考)现支配甲、乙、丙、丁、戊5名同学参与2023年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以支配，则以下说法正确的是( AD )A ．若每人都支配一项工作，则不同的方法数为45B ．若每项工作至少有1人参与，则不同的方法数为A 45C 14C ．假如司机工作担心排，其余三项工作至少支配1人，则这5名同学全部被支配的不同方法数为(C 35C 12＋C 25C 23)A 33D ．每项工作至少有1人参与，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同支配方案的种数是C 13C 24A 33＋C 23A 33[解析] 每人都支配一项工作，每人有4种支配方法，则有45种支配方法，A 正确；先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，支配4项工作，有C 25A 44种支配方法，B 错误；先将5人分为3组，有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C 12A 22＋C 25C 23A 22种分组方法，将分好的三组支配翻译、导游、礼仪三项工作，有A 33种状况，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C 12A 22＋C 25C 23A 22A 33种支配方法，C 错误；①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有C 13C 24A 33＋C 23A 33种支配方法，D 正确．故选AD.3．(2023·广东茂名一中模拟)由数字0,1,2,3,4组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排列第88个数为( C )A ．42 031B ．42 103C．42 130 D．42 301[解析]由数字0,1,2,3,4组成的各位上没有重复数字的五位数中，1在万位的有A44＝24(个)；2在万位的有A44＝24(个)；3在万位的有A44＝24(个)；4在万位的有A44＝24(个)；则从小到大排列第88个数为4在万位的五位数.4在万位0在千位的有A33＝6(个)；4在万位1在千位的有A33＝6(个)；4在万位2在千位的有A33＝6(个)，则从小到大排列第88个数为4在万位2在千位的五位数.4在万位2在千位的五位数从小到大排列依次为：42 013,42 031,42 103,42 130,42 301,42 310则从小到大排列第88个数为42 130.故选C.4．(2024·南京师大苏州试验学校调研)有8个座位连成一排，甲、乙、丙、丁4人就坐，要求有且仅有两个空位相邻且甲、乙两人都在丙的同侧，则共有 480 种不同的坐法．[解析]先排甲、乙、丙、丁4人就坐，不妨设为1,2,3,4号位置，因为甲、乙两人都在丙的同侧，当丙在1号位置有A33＝6种排法，当丙在2号位置有A22＝2种排法，当丙在3号位置有A22＝2种排法，当丙在4号位置有A33＝6种排法，共有16种排法；又因为有且仅有两个空位相邻，将两个空位捆在一起，与剩余两个空位插入甲、乙、丙、丁形成的5个空位中，有5C24＝30种排法，所以共有16×30＝480种排法．5．(2024·浙江新阵地教化联盟联考)首个全国生态主场日活动于2023年8月15日在浙江湖州实行，推动能耗双控转向碳排放双控．有A，B，C，D，E，F共6项议程在该天实行，每个议程有半天会期．现在有甲、乙、丙三个会议厅可以利用，每个会议厅每半天只能容纳一个议程，若要求A，B两议程不能同时在上午实行，而C议程只能在下午实行，则不同的支配方案一共有 252 种．(用数字作答)[解析]分两种状况，第一种，A，B议程中只有一项在上午，有C12C13A23A33＝216种选择，其次种，A，B议程都支配在下午，有A33A33＝36种选择，综上：不同的支配方案一共有216＋36＝252种选择．。

第一节两个计数原理、排列与组合考试要求：理解排列、组合的概念、排列数公式及组合数公式，并能利用公式解决一些简洁的实际问题．一、教材概念·结论·性质重现1．两个计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理条件完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法完成一件事须要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法结论完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法完成这件事共有N＝m×n种不同的方法两个计数原理的区分分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．2．排列与组合的定义排列的定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素依据肯定的依次排成一列组合的定义作为一组3．排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同排列的个数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同组合的个数公式＝n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)＝＝＝＝性质＝n！，0！＝＝＝(1)“排列”与“组合”的辨析排列与组合最根本的区分在于“有序”和“无序”．取出元素后交换依次，假如与依次有关，则是排列；假如与依次无关，则是组合．(2)①排列数与组合数之间的联系：＝．②两种形式：连乘积形式与阶乘形式．前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证．二、基本技能·思想·活动阅历1．推断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ×)(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能干脆完成这件事．( √)(3)全部元素完全相同的两个排列为相同排列．( ×)(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( √)(5)若＝，则x＝m成立．( ×) 2．教学楼共有6层楼，每层都有南、北两个楼梯，从一楼到六楼的走法共有( ) A．25种B．52种C．62种D．26种A 解析：依据题意，教学楼共有6层，共5层楼梯，每层均有两个楼梯，即每层有2种走法，则一共有2×2×2×2×2＝25种走法．故选A．3．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的诞生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种．现有十二生肖的祥瑞物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜爱牛和马，乙同学喜爱牛、狗和羊，丙同学哪个祥瑞物都喜爱．假如让三位同学选取礼物都满足，则选法有( )A．30种B．50种C．60种D．90种B 解析：①甲同学选择牛，乙有2种，丙有10种，选法有1×2×10＝20种，②甲同学选择马，乙有3种，丙有10种，选法有1×3×10＝30种，所以总共有20＋30＝50种．故选B．4．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修2门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有( )A．12种B．24种C．30种D．36种B解析：由题意知本题是一个分步乘法计数问题．因为恰有2人选修课程甲，共有＝6种结果，所以选甲的两个人再选一门课程各有两种选法，共有2×2＝4种结果，余下的两个人只有1种选法，依据分步乘法计数原理知共有6×4×1＝24种结果．故选B．5．从2名女生、4名男生中选3人参与学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字作答)16解析：方法一：可分两种状况：第一种状况，只有1名女生入选，不同的选法有＝12(种)；其次种状况，有2名女生入选，不同的选法有＝4(种)．依据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．方法二：从6人中任选3人，不同的选法共有＝20(种)．从6人中任选3人都是男生，不同的选法有＝4(种)．所以，至少有1名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种)．考点1 两个计数原理——应用性1．下图是某项工程的网络图(单位：天)，则从起先节点①到终止节点⑧的路径共有( )A．14条B．12条C．9条D．7条B 解析：由图可知，由①→④有3条路径，由④→⑥有2条路径，由⑥→⑧有2条路径，依据分步乘法计数原理可得从①→⑧共有3×2×2＝12条路径．故选B．2．用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为( )A．81 B．48 C．36 D．24B解析：依据题意，数字3至多出现一次，分2种状况探讨：①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种状况，则此时四位数有2×2×2×2＝16个；②数字3出现1次，则数字3出现的状况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种状况，此时四位数有4×2×2×2＝32个，故有16＋32＝48个四位数．故选B．3．(2024·威海模拟)已知一个不透亮的袋子中放有编号分别为1，2，3，4，5，6，7的7个大小、形态相同的小球．小明从袋子中有放回地取3次球，每次只取一个球，且3次取出的球的编号相乘的结果为偶数、相加的结果为奇数，则不同的取球方法种数为( ) A．712 B．216 C．108 D．72C 解析：依据3次取出的球的编号相乘的结果为偶数、相加的结果为奇数可知，有一次取出的球的编号为奇数，2次取出的球的编号为偶数，先确定哪一次得到奇数号球，然后从4个奇数号球中取一个，再每次都从3个偶数号球中任取一个(有放回取球)，故满足题意的取球方法有3×4×3×3＝108(种)．4．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能运用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )A．120 B．140 C．240 D．260D 解析：先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最终涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，则C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂法方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D．两个计数原理的应用(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事务完成．(2)较困难的问题可借助图表来完成．(3)对于涂色问题：①分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以运用同类元素．②留意对每个区域逐一进行，分步处理．考点2 排列与组合——综合性(1)(2024·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参与文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有( )A．12种B．24种C．36种D．48种B 解析：因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看做一个元素，连同乙、戊看成三个元素排列，有3！种排列方式；为使甲不在两端，必需且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；留意到丙、丁两人的依次可交换，有2种排列方式，故支配这5名同学共有：3！×2×2＝24(种)不同的排列方式．故选B．(2)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( )A．232 B．252 C．472 D．484C 解析：分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有＝264(种)；其次类，不含有红色卡片，不同的取法共有＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．1．有限制条件的排列问题的常用方法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采纳特别元素优先原则，即先支配有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采纳间接法．(2)对相邻问题采纳捆绑法、不相邻问题采纳插空法、定序问题采纳倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．2．组合问题的常见类型与处理方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含有”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含有”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取．(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若干脆法分类困难时，可逆向思维，间接求解．考点3 分组安排问题——综合性考向1 整体均分问题教化部为了发展贫困地区教化，在全国重点师范高校免费培育教化专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培育的教化专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有______种不同的分派方法．90解析：先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有＝90种分派方法．解决分组问题的关键是如何删去重复排列的组数．一般地，若为平均分组，则应用n个元素分组得到的排列种数除以组数的全排列；若为不平均分组，则应依据实际状况分析重复排列的种数，然后再进行相应计算．考向2 部分均分问题将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答)1 560 解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有＝20(种)；②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有·＝45(种)．所以不同的分组方法共有20＋45＝65(种)．然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有＝1 560(种)．考向3 不等分问题(1)把8个相同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则不同的放法种数为( )A．35 B．70 C．165 D．1 860C 解析：依据题意，分4种状况探讨：①没有空盒，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选3个，插入隔板，将小球分成4组，顺次对应4个盒子，有＝35种放法；②有1个空盒，在4个盒中任选3个，放入小球，有＝4种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选2个，插入隔板，将小球分成3组，顺次对应3个盒子，有＝21种分组方法，则有4×21＝84种放法；③有2个空盒，在4个盒中任选2个，放入小球，有＝6种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选1个，插入隔板，将小球分成2组，顺次对应2个盒子，有＝7种分组方法，则有6×7＝42种方法；④有3个空盒，即将8个小球全部放进1个盒子，有4种放法．故一共有35＋84＋42＋4＝165种放法．(2)若将6名老师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．360 解析：将6名老师分组，分三步完成：第1步，在6名老师中任取1名作为一组，有种分法；第2步，在余下的5名老师中任取2名作为一组，有种分法；第3步，余下的3名老师作为一组，有种分法．依据分步乘法计数原理，共有＝60种分法．再将这3组老师安排到3所中学，有＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．1．局部均分问题，解题时留意重复的次数是匀称分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以“m！”，一个分组过程中有几个这样的匀称分组就要除以几个这样的全排列数．2．不均分问题，实质上是先分组后排列的问题，即分组方案数乘以不同对象数的全排列数．简洁地说，解不等安排题的一般原则：先分组后排列．3．整体均分问题，解题时要留意分组后，不管它们的依次如何，都是一种状况，所以分组后肯定要除以(n为均分的组数)，避开重复计数．1．将六名老师安排到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少安排两名老师，其他三所学校至少安排一名老师，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)660 解析：若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有种；若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有种．则不同的安排方案共有＝660种．2．6本不同的书，依据以下要求处理，各有几种分法？(1)甲得一本，乙得二本，丙得三本；(2)平均分成三堆；(3)甲、乙、丙每人至少得一本．解：(1)分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种安排方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法为＝60 (种)．(2)6本不同的书平均分成三堆，有＝15(种)分法．(3)共计分为3类：①依据4，1，1分，共有3＝90(种)方法；②依据3，2，1分，共有＝360(种)分法；③依据2，2，2分，共有＝90(种)分法．故共有90＋360＋90＝540(种)分法．课时质量评价(五十六)A组全考点巩固练1．现有甲、乙、丙三种树苗可供选择，分别种在一排五个坑中，要求相同的树苗不能相邻，第一、五坑内只能种甲种树苗，则不同的种法共有( )A．4种 B．5种 C．6种 D．7种C 解析：依据题意，分2种状况探讨：①若二、四号坑种的树苗相同，则二、四号坑有2种选择，三号坑有2种选择，此时有2×2＝4种种法，②若二、四号坑种的树苗不同，则二、四号坑有2×1＝2种选择，三号坑有1种选择，此时有2×1＝2种种法．则有4＋2＝6种不同的种法．故选C．2．(2024·长沙模拟)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学确定在某食堂供应的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时主动践行“光盘行动”，则不同的选取方法有( )A．48种 B．36种 C．24种 D．12种B 解析：由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；其次步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，依据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36(种)不同的选取方法．故选B．3．A，B，C，D，E五人并排站成一排，若A，B必需相邻且B在A的左边，那么不同的排法共有( )A．24种 B．36种 C．48种 D．60种A 解析：依据题意，分2步进行分析：①A，B必需相邻且B在A的左边，将AB看成一个整体，有1种排法；②将AB整体与C，D，E全排列，有＝24种排法，则共有1×24＝24种排法．故选A．4．(多选题)已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b，则下列说法正确的有( )A．表示不同的正数的个数是6B．表示不同的比1小的数的个数是6C．(a，b)表示x轴上方不同的点的个数是6D．(a，b)表示y轴右侧不同的点的个数是6BC 解析：对于选项A，若a，b均为正，共有2×2＝4个，若a，b均为负，共有1×2＝2个，但＝，所以共有5个，所以选项A错误；对于选项B，若为正，明显均比1大，所以只需为负即可，共有2×2＋1×2＝6(个)，所以选项B正确；对于选项C，要使(a，b)表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有2×3＝6(个)，所以选项C正确；对于选项D，要使(a，b)表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4＝8(个)，所以选项D错误．故选BC．5．冼太夫人故里、放鸡岛、窦州古城、茂名森林公园这4个景区均为广东茂名市的热门旅游景区．现有5名学生确定于今年暑假前往这4个景区旅游．若每个景区至少有1名学生前去，且每名学生只去一个景点，则不同的旅游方案种数为( )A．120 B．180 C．240 D．360C 解析：依据题意，分2步进行分析：①将5名学生分为4组，有＝10种分组方法；②将分好的4组全排列，支配到4个景区旅游，有＝24种支配方法．则共有10×24＝240种支配方法．故选C．6．若把一句话“我喜爱数学”的汉字依次写错了，则可能出现错误的状况共有________种．119 解析：依据题意，“我喜爱数学”五个字排成一排，有＝120种不同的依次，其中正确的只有1种，则可能出现错误的状况有120－1＝119种．7．高考期间，某校高三年级租用大巴车送考，原则上每班一辆车，但由于高三(1)班人数较多，坐满一辆车之后还余下7名同学．现有高三(2)、(3)、(4)班的选考车辆分别剩余2，3，3个空位，要把这7名同学都支配到这三辆车中，则共有______种不同的支配方法．560 解析：依据题意，余下的7人坐车，还有8个空座位，可以看成7个人再加上一个空位，支配在8个空座位上的问题，有＝560种支配方法．8．有8名学生排成一排照相，求满足下列要求的排法的种数．(1)甲、乙两人相邻；(2)丙、丁两人不相邻；(3)甲站在丙、丁两人的中间(未必相邻)．解：(1)依据题意，将甲、乙看成一个整体，与其他6人全排列即可，有＝10 080(种)排法．(2)依据题意，将8人全排列，有种排法，其中丙、丁相邻的排法有种，则丙、丁两人不相邻的排法有＝30 240(种)．(3)依据题意，将8人全排列，有种排法，甲、丙、丁三人的排法有＝6(种)，其中甲站在丙、丁两人的中间有2种，则有甲站在丙、丁两人的中间有＝13 440(种)．B组新高考培优练9．某校进行体育抽测，甲与乙两名同学都要在100 m跑、立定跳远、铅球、引体向上、三级跳远这5项运动中，选出3项进行测试．假定他们对这五项运动没有偏好，则他们选择的结果中至少有两项相同运动的选法种数为( )A．70 B．50 C．30 D．20A 解析：依据题意，分2种状况探讨：①他们选择的结果中有两项相同运动，有＝60种选法．②他们选择的结果中有三项相同运动，有＝10种选法，则共有60＋10＝70种选法．故选A．10．(多选题)现支配甲、乙、丙、丁、戊5名同学参与2024年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以支配，则以下说法正确的是( )A．若每人都支配一项工作，则不同的方法数为45B．若每项工作至少有1人参与，则不同的方法数为C．假如司机工作担心排，其余三项工作至少支配1人，则这5名同学全部被支配的不同方法数为D．每项工作至少有1人参与，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同支配方案的种数是AD 解析：依据题意，依次分析选项：对于A，若每人都支配一项工作，每人有4种支配方法，则有45种支配方法，A正确；对于B，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，支配4项工作，有种支配方法，B错误；对于C，分2步分析：须要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组支配翻译、导游、礼仪三项工作，有种状况，则有种支配方法，C错误；对于D，分2种状况探讨：①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有种支配方法，D正确．故选AD．11．(多选题)现有3名男生和4名女生，在下列不同条件下进行排列，则( )A．排成前后两排，前排3人后排4人的排法共有5 400种B．全体排成一排，甲不站排头也不站排尾的排法共有3 600种C．全体排成一排，女生必需站在一起的排法共有576种D．全体排成一排，男生互不相邻的排法共有1 440种BCD 解析：依据题意，依次分析选项：对于A，将7名学生排成前后两排，前排3人后排4人的排法，有＝5 040种排法，A 错误；对于B，甲不站排头也不站排尾，有5种状况，将剩下的6人全排列，有种排法，则有＝3 600种排法，B正确；对于C，将4名女生看成一个整体，有种排法，将这个整体与3名男生全排列，有种排法，则有＝576种排法，C正确；对于D，先排4名女生，有种排法，排好后有5个空位，在5个人空位中任选3个，支配3名男生，有种排法，则有＝1 440种排法，D正确．12．(2024·临沂三模)某社区须要连续六天有志愿者参与服务，每天只须要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，支配依次支配到该社区参与服务，要求甲担心排第一天，乙和丙在相邻两天参与服务，则不同的支配方案共有( )A．72种 B．81种C．144种 D．192种D 解析：若乙和丙在相邻两天参与服务，不同的排法种数为＝240，若乙和丙在相邻两天且甲支配在第一天参与服务，不同的排法种数为＝48，由间接法可知，满足条件的排法种数为240－48＝192(种)．故选D．13．(2024·杭州模拟)某省派出由4名医生、5名护士组成的医疗小组前往疫区支援，要求将这9名医护人员平均派往某地的A，B，C3家医院，且每家医院至少要分到一名医生和一名护士，则不同的安排方案有________种．(用数字作答)1 080解析：由题意可知，4名医生要安排到3家医院，且每家医院至少有一名医生，则必有一家医院有2名医生，其余2家医院各有1名医生．假设A医院安排的是2名医生1名护士，则B，C医院均安排1名医生2名护士，则安排方案有＝360(种)，故不同的安排方案有360×3＝1 080(种)．14．学校拟支配6位老师在今年6月12日至14日端午值班，每天支配2人，每人值班1天；若6位老师中的甲不值12日，乙不值14日且甲、乙不在同一天值班，则不同的支配方法共有________种．36 解析：依据题意，分2步进行分析：①将6人分为3组，要求甲、乙不在同一组，有－＝12种分组方法．②若甲所在的组在14日值班，有＝2种支配方法；若甲所在的组在13日值班，则乙所在的组必需在12日值班，有1种支配方法．则有3种值班支配方法．故共有12×3＝36种支配方法．15．现有5本书和3位同学，将书全部分给这三位同学(要求用数字作答)．(1)若5本书完全相同，求共有多少种分法；(2)若5本书都不相同，每个同学至少有一本书，求共有多少种分法；(3)若5本书仅有两本相同，按一人3本另两人各1本安排，求共有多少种分法．解：(1)依据题意，5本书完全相同，将这5本书和2个挡板排成一排，利用挡板将5本书分为3组，对应3位同学即可，则有＝21(种)不同的分法．(2)依据题意，分2步进行分析：①将5本书分成3组，若分成1，1，3的三组，有＝10(种)分组方法．若分成1，2，2的三组，有＝15(种)分组方法，从而分组方法有10＋15＝25(种)．②将分好的三组全排列，对应3名学生，有＝6(种)状况，依据分步乘法计数原理，故共有25×6＝150(种)分法．(3)记这5本书分别为A，A，B，C，D，5本书取其3本安排时，①不含A时仅有一种分组，再安排给3人，有3种方法；②仅含一个A时，分组的方法有种，再安排给3人，共有＝18(种)方法；③含两个A时，分组的方法有种，再安排给3人，共有＝18(种)方法．从而共有18＋18＋3＝39(种)分法．。

第二节排列与组合A组基础题组1.将字母a,a,b,b,c,c排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有( )A.12种B.18种C.24种D.36种2.某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆参观,则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有( )A.×种B.×54种C.×种D.×54种3.(2017北京朝阳二模,5)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人一张,且甲、乙分得的电影票连号,则共有不同分法的种数为( )A.12B.24C.36D.484.某会议室第一排有9个座位,现安排4人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法种数为( )A.8B.16C.24D.605.安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( )A.12种B.18种C.24种D.36种6.将9个相同的小球放入3个不同的盒子,要求每个盒子中至少有1个小球,且每个盒子中的小球的个数都不同,则共有种不同放法.7.甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.要求老师必须站在正中间,且甲同学不与老师相邻,则不同的站法种数为.8.用红、黄、蓝三种颜料对如图所示的三个方格进行涂色,要求每个小方格涂一种颜色,且涂成红色的方格数为,则不同的涂色方案种数是.(用数字作答)9.(1)已知=+1,求n;(2)若>3,求m.B组提升题组10.某校从8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师),其中甲和乙不能都去,甲和丙只能都去或都不去,则不同的选派方案有( )A.900种B.600种C.300种D.150种11.某班组织文艺晚会,准备从A,B等8个节目中选出4个节目演出,要求A,B两个节目至少有一个选中,且A,B同时选中时,它们的演出顺序不能相邻,那么不同演出顺序的种数为( )A.1 860B.1 320C.1 140D.1 02012.2014年11月,北京成功举办了亚太经合组织第二十二次领导人非正式会议,出席会议的有21个国家和地区的领导人或代表.其间组委会安排这21位领导人或代表合影留念,他们站成两排,前排11人,后排10人,中国领导人站在第一排正中间位置,美俄两国领导人站在与中国领导人相邻的两侧,如果对其他领导人或代表所站的位置没有要求,那么不同的排法共有( )A.种B.种C.种D.种13.(2017北京西城二模,13)大厦一层有A,B,C,D四部电梯,3人在一层乘坐电梯上楼,其中2人恰好乘坐同一部电梯,则不同的乘坐方式有种.(用数字作答)14.现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,则不同取法的种数为.15.已知10件不同的产品中有4件是次品,现对它们进行测试,直至找出所有次品.(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品,第10次才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?(2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品,则这样的不同测试方法数是多少?答案精解精析A组基础题组1.A 从a,b,c中任选两个排在第一行,有种方法,另一个字母在第二行,有种方法,其余则确定,共有·=12种方法,故选A.2.D 有两个年级选择甲博物馆共有种情况,其余4个年级每个年级各有5种选择情况,故有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有×54种,故选D.3.D 先从5张电影票中选出两张连号票,共4种方法;再把2张连号票分给甲、乙,共=2种方法;最后把剩余的3张票分给3个人,共=6种方法,所以共有不同分法的种数为4×2×6=48.4.C 根据题意,9个座位中满足要求的座位只有4个,现有4人就座,把4人进行全排列,即有=24种不同的坐法.5.D 第一步:将4项工作分成3组,共有种分法.第二步:将3组工作分配给3名志愿者,共有种分配方法,故共有·=36种安排方式,故选D.6.答案18解析对这3个盒子中所放的小球的个数的情况进行分类.第一类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,2,6,此类有=6种放法;第二类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,3,5,此类有=6种放法;第三类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是2,3,4,此类有=6种放法.因此共有6+6+6=18种满足题意的放法.7.答案12解析老师必须站在正中间,则老师的位置是指定的.甲同学不与老师相邻,则甲同学只能站两端,故不同的站法种数为=12.8.答案14解析当涂红色的方格数为0时,共有23=8种情况;当涂红色的方格数为2时,共有×=6种情况,则不同的涂色方案种数为8+6=14.9.解析(1)由=+1得=(n-1)(n-2)+1,即n2-7n+6=0.∴n=1或n=6.由知,n-1≥2,即n≥3,故n=6.(2)由>3得>,得m>.∵0≤m-1≤8,且0≤m≤8,∴1≤m≤8.∴<m≤8.又m是整数,∴m=7或m=8.B组提升题组10.B 甲去支教,则乙不去支教,丙去支教,故满足题意的选派方案有·=240种;甲不去支教,则丙不去支教,故满足题意的选派方案有=360种.因此,满足题意的选派方案共有240+360=600种.故选B. 11.C 当A,B节目中只选一个时,共有=960种演出顺序;当A,B节目都被选中时,由插空法得共有=180种演出顺序.所以一共有1 140种演出顺序.12.B 第一排正中间的位置确定是中国领导人,其两侧位置有种排法,其余18个位置有种排法,由分步乘法计数原理可得不同的排法共有种,故选B.13.答案36解析解法一:首先选择两人,使得他们同乘一部电梯,共3种方法;再给两人选择一部电梯,共4种方法;最后给剩余的一个人选择一部电梯,共3种方法.由分步乘法计数原理可知,不同的乘坐方式有3×4×3=36种.解法二:先把三人分成两组,一组两人,另一组一人,共=3种方法;再把两组分配到四部电梯,共=12种方法.所以不同的乘坐方式有3×12=36种.14.答案472解析分两类:(1)不取红色卡片,有(-3)种(或(+)种).(2)取红色卡片1张,有种(或(3+)种).所以不同的取法有-3+=472种.15.解析(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试,有·=种测试方法,再排余下4件的测试位置,有种测试方法.所以共有··=103 680种不同的测试方法.(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现,所以共有··=576种不同的测试方法.。